Chuyên đề Hệ Thức Lượng Trong Tam Giác

Có thể bạn quan tâm

Trang Chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Toán Học Lớp 10›Hình Học Lớp 10 Chuyên đề Hệ thức lượng trong tam giác

HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

I. ĐỊNH LÝ HÀM SIN VÀ COSIN

Cho ΔABC có a, b, c lần lượt là ba cạnh đối diện của A , B, C, R là bán kính

đường tròn ngoại tiếp ΔABC , S là diện tích ΔABC thì

17 trang

trường đạt Lượt xem

8450

1 Download Bạn đang xem tài liệu "Chuyên đề Hệ thức lượng trong tam giác", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênH Ệ T H Ứ C L Ư Ợ N G T R O N G T A M G I Á C T r u n g t tâ m V ĩ ĩn h V i i ễ n h t t t t p : : / / / / l l a i i s a c . . p a g e . . t t l l HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC I. ĐỊNH LÝ HÀM SIN VÀ COSIN Cho ABCΔ có a, b, c lần lượt là ba cạnh đối diện của A, B, C, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABCΔ , S là diện tích ABCΔ thì = = = = + − = + − = + − = + − = + − = + − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c 2R sin A sin B sinC a b c 2bc cos A b c 4S.cotg b a c 2ac cosB a c 4S.cotgB c a b 2ab cosC a b 4S.cotg A C Cho ABCΔ . Chứng minh: 2 2A 2B a b bc= ⇔ = + Ta có: 2 2 2 2 2 2 2a b bc 4R sin A 4R sin B 4R sinB.sinC= + ⇔ = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ⇔ − = ⇔ − − − = ⇔ − = ⇔ − + − = ⇔ + − = ⇔ − = + = > ⇔ − = ∨ − = π − ⇔ = 2 2sin A sin B sin Bsin C 1 11 cos 2A 1 cos 2B sin Bsin C 2 2 cos 2B cos 2A 2sin Bsin C 2sin B A sin B A 2sin Bsin C sin B A sin A B sin Bsin C sin A B sin B do sin A B sin C 0 A B B A B B loại A 2B Cách khác: − = ⇔ − + = + − + −⇔ = 2 2sin A sin B sin Bsin C (s in A sin B) (s in A sin B) sin Bsin C A B A B A B A B2cos sin .2sin co s sin Bsin C 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ⇔ + − = ⇔ − = + = > ⇔ − = ∨ − = π − ⇔ = sin B A sin A B sin BsinC sin A B sin B do sin A B sin C 0 A B B A B B loại A 2B Bài 1 Cho ABCΔ . Chứng minh: ( ) 2 22sin A B a bsinC c − −= Ta có − −= 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b 4R sin A 4R sin B c 4R sin C ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) − − −−= = − + −−= = + − −= = + = > 2 2 2 2 2 2 2 1 11 cos 2A 1 cos 2Bsin A sin B 2 2 sin C sin C 2sin A B sin B Acos 2B cos 2A 2sin C 2sin C sin A B .sin A B sin A B sin Csin C do sin A B sin C 0 Cho ABCΔ biết rằng A B 1tg tg 2 2 3 ⋅ = ⋅ Chứng minh a b 2c+ = Ta có : ⋅ = ⇔ =A B 1 A B A Btg tg 3sin sin cos cos 2 2 3 2 2 2 2 A Bdo cos 0,cos 0 2 2 ⎛ ⎞> >⎜ ⎟⎝ ⎠ ( ) A B A B A2sin sin cos cos sin sin 2 2 2 2 2 2 A B A B A Bcos cos cos 2 2 2 A B A Bcos 2cos * 2 2 ⇔ = − + − +⎡ ⎤⇔ − − =⎢ ⎥⎣ ⎦ − +⇔ = B Mặt khác: ( )a b 2R sin A sinB+ = + ( )( ) ( ) + −= + += = + = = A B A B4R sin cos 2 2 A B A B8R sin cos do * 2 2 4R sin A B 4R sin C 2c Cách khác: ( ) + = ⇔ + = a b 2c 2R sin A sin B 4R sin C Bài 2 Bài 3 + −⇔ = − + +⎛ ⎞⇔ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠ A B A B C C2sin cos 4 sin cos 2 2 2 2 A B C A B A Bcos 2sin 2 cos do sin cos 2 2 2 2 C 2 ⇔ + = − ⇔ = A B A B A B Acos cos sin sin 2 cos cos 2sin sin 2 2 2 2 2 2 2 A B A B3sin sin cos cos 2 2 2 2 B 2 ⇔ ⋅ =A B 1tg tg 2 2 3 Cho ABCΔ , chứng minh nếu tạo một cấp số cộng thì cotgA,cotgB,cotgC 2 2 2a , b ,c cũng là cấp số cộng. Ta có: ( )⇔ + =cot gA, cot gB, cot gC là cấp số cộng cot gA cot gC 2 cot gB * Cách 1: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin A C 2cosBTa có: * sin B 2sin A sinCcosB sin A sinC sinB sin B cos A C cos A C cos A C sin B cos A C cos A C cos A C 1sin B cos B cos2A cos2C 2 1sin B 1 sin B 1 2sin A 1 2sin C 2 2sin B sin A sin C +⇔ = ⇔ = ⇔ = − + − − − +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⇔ = + − − + ⇔ = − + ⎡ ⎤⇔ = − − − + − ⎣ ⎦ ⇔ = + ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b a c 4R 4R 4R 2b a c a , b ,c là câùp số cộng = + ⇔ = + ⇔ • Cách 2: ( ) = + − ⎛ ⎞⇔ = + − ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔ = + − + −= + − + −= = + − + − + −⇔ + = ⋅ ⇔ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: a b c 2ab cos A 1a b c 4 bc sin A .cotgA 2 a b c 4S cot gA b c aDo đó cotgA 4S a c b a b cTương tự cotgB , cotgC 4S 4S b c a a b c a c bDo đó: * 2 4S 4S 4S 2b a c Bài 4 Cho ABCΔ có 2 2sin B sin C 2sin A+ = 2 Chứng minh 0BAC 60 .≤ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: sin B sin C 2sin A b c 2a 4R 4R 4R b c 2a * + = ⇔ + = ⇔ + = A Do định lý hàm cosin nên ta có 2 2 2a b c 2bccos= + − ( ) ( ) ( ) + − −+ −⇔ = = += ≥ = ≤ 2 2 2 22 2 2 2 2 0 2 b c b cb c acos A (do * ) 2bc 4bc b c 2bc 1 do Cauchy 4bc 4bc 2 Vạây : BAC 60 . Cách khác: định lý hàm cosin cho = + − ⇒ + = +2 2 2 2 2 2a b c 2bc cos A b c a 2bc cos A Do đó (*) a bc cos A a a b ccos A ( do Cauchy) bc bc ⇔ + = +⇔ = = ≥ 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 Cho ABCΔ . Chứng minh : ( )2 2 2R a b ccotgA+cotgB+cotgC abc + += + −= + − + −= = + + + ++ + = = + += 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c aTa có: cotgA 4S a c b a b cTương tự: cot gB , cot gC 4S 4S a b c a b cDo đó cot gA cot gB cot gC abc4S 4 4R a b cR abc 2 Cho ABCΔ có 3 góc A, B, C tạo thành một cấp số nhân có công bội q = 2. Giả sử A < B < C. Chứng minh: = +1 1 1 a b c Bài 5 Bài 6 Bài 7 Do A, B, C là cấp số nhân có q = 2 nên B = 2A, C = 2B = 4A 2 4Mà A B C nên A ,B ,C 7 7 7 π π π+ + = π = = = Cách 1: + = + ⎛ ⎞⎜ ⎟= +⎜ ⎟π π⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ π π+ = π π π π π π⎛ ⎞= ⋅ =⎜ ⎟π π ⎝ ⎠ π = ⋅ =π π = 1 1 1 1Ta có: b c 2R sin B 2R sin C 1 1 1 2 42R sin sin 7 7 4 2sin sin1 7 7 2 42R sin sin 7 7 32sin .cos1 4 37 7 do sin sin2 32R 7 7sin .sin 7 7 cos1 17 R 2R sin A2sin .cos 7 7 1 a Cách 2: = + ⇔ = + +⇔ = + = ⇔ = = = π π= = = • 1 1 1 1 1 1 a b c sin A sin B sin C 1 1 1 sin 4A sin 2A sin A sin 2A sin 4A sin 2A sin 4A 1 2sin 3A.cos A 2cos A 2cos A sin A sin 2A sin 4A sin 2A 2sin A cos A 3 4do : sin 3A sin sin sin 4A 7 7 Tính các góc của ABCΔ nếu sin A sinB sinC 1 23 = = Do định lý hàm sin: a b c 2R sin A sinB sinC = = = nên : ( )sin A sinB sinC * 1 23 = = Bài 8 a b c 2R 4R2R 3 b c b a 3a 23 c 2a ⇔ = = ⎧ =⎪⇔ = = ⇔ ⎨ =⎪⎩ ( ) ( ) 22 2 2 2 2 0 0 Ta có: c 4a a 3 a c b a Vạây ABCvuông tạiC Thay sinC 1vào * tađược sin A sinB 1 1 23 1sin A 2 3sinB 2 A 30 B 60 = = + ⇔ = + Δ = = = ⎧ =⎪⎪⇔ ⎨⎪ =⎪⎩ ⎧ =⎪⇔ ⎨ =⎪⎩ 2 Ghi chú: Trong tam giác ABC ta có a b A B sin A sin B cos A cos B= ⇔ = ⇔ = ⇔ = II. ĐỊNH LÝ VỀ ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN Cho UABC có trung tuyến AM thì: 2 2 2 2 BCAB AC 2AM 2 + = + hay : 2 2 2 2 a ac b 2m 2 + = + Cho UABC có AM trung tuyến, AMB = α , AC = b, AB = c, S là diện tích UABC. Với 0 < < 90 α 0 a/ Chứng minh: 2 2b ccotg − 4S α = b/ Giả sử α = , chứng minh: cotgC – cotgB = 2 045 a/ UAHM vuông HM MB BHcotg AH AH −⇒ α = = ( )a BHcotg 1 2AH AH ⇒ α = − Bài 9 Mặt khác: ( )2 22 2 a c 2ac cosB cb c 4S 2AH.a + − −− = 2 Đặt BC = a 2 2b c a c cosB a BH 4S 2AH AH 2AH AH −⇒ = − = − (2) Từ (1) và (2) ta được : 2 2b ccotg 4S −α = Cách khác: Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích tam giác ABH và ACH Aùp dụng định lý hàm cos trong tam giác ABH và ACH ta có: + −α = 2 2 1 2AM BM ccotg 4S (3) + −− α = 2 2 2 2AM CM bcotg 4S (4) Lấy (3) – (4) ta có : −α = 2 2b ccotg 4S ( vì S1=S2 = S 2 ) b/Ta có: cotgC – cotgB = HC HB HC HB AH AH AH −− = = ( ) ( )MH MC MB MH AH + − − = = α = =02MH 2cotg 2cotg 45 2 AH Cách khác: Aùp dụng định lý hàm cos trong tam giác ABM và ACM ta có: + −= 2 2 1 BM c AMcotg B 4S 2 (5) + −= 2 2 2 CM b AMcotg C 4S 2 (6) Lấy (6) – (5) ta có : −− = = 2 2b ccotg C cot gB 2cot g 2S α =2 ( vì S1=S2 = S2 và câu a ) Cho UABC có trung tuyến phát xuất từ B và C là thỏa bm ,mc b c mc 1 b m = ≠ . Chứng minh: 2cotgA = cotgB + cotgC Ta có: 22 b 2 2 c mc b m = ( ) ( ) ( ) ( ( ) ) ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠⇔ = ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔ + − = + − ⇔ − = − ⇔ − = − + ⎛ ⎞⇔ = + ≠⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ba c 2 2c b 1 cb a 2 2 c bb c a c a b b c 2 2 1a c a b c b 2 1a c b c b c b 2 c2a c b 1 do 1 b Thay vào (1), ta có (1) thành + = +2 2 2b c a 2bc cos A =2a 2bc cos A ( ) ( ) ( ) ⇔ = = +⇔ = = 2 2 2a 4R sin Acos A 2bc 2 2R sin B 2R sin C sin B Ccos A sin A2 sin A sin BsinC sin Bsin C +⇔ = = +sinBcosC sinCcosB2cotgA cotgC cotgB sin BsinC Bài 194: Chứng minh nếu UABC có trung tuyến AA’ vuông góc với trung tuyến BB’ thì cotgC = 2 (cotgA + cotgB) UGAB vuông tại G có GC’ trung tuyến nên AB = 2GC’ Vậy 2AB C 3 ′= C 2 2 c 2 2 2 2 2 2 2 9c 4m c9c 2 b a 2 5c a b ⇔ = ⎛ ⎞⇔ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔ = + 2 25c c 2abcosC⇔ = + (do định lý hàm cos) ( ) ( ) ( ) 2 2 2c abcosC 2 2RsinC 2Rsin A 2RsinB cosC ⇔ = ⇔ = Bài 10 ⇔ = ⇔ = 22sin C sin A sin B cosC 2sin C cosC sin A sin B sin C ( )+⇔ =2sin A B cotgC sin A sin B ( ) ( ) +⇔ = ⇔ + = 2 sin A cosB sin Bcos A cotgC sin A sin B 2 cotg B cotgA cotgC III. DIỆN TÍCH TAM GIÁC Gọi S: diện tích UABC R: bán kính đường tròn ngoại tiếp UABC r: bán kính đường tròn nội tiếp UABC p: nửa chu vi của UABC thì ( ) ( ) ( ) a b c 1 1 1S a.h b.h c.h 2 2 2 1 1 1S absinC acsinB bcsin A 2 2 2 abcS 4R S pr S p p a p b p c = = = = = = = = = − − − Cho UABC chứng minh: 2 2Ssin2A sin2B sin2C R + + = Ta có: ( )sin2A+ sin2B+sin2C = sin2A + 2sin(B + C).cos(B - C) = 2sinAcosA + 2sinAcos(B - C) = 2sinA[cosA + cos(B - C)] = 2sinA[- cos(B + C) + cos(B - C)] = 2sinA.[2sinB.sinC] = 3a b c 1 abc= 4. . .2R 2R 2R 2 R = =3 2 1 4RS 2S 2 R R Cho UABC. Chứng minh : S = Diện tích (UABC) = ( )2 21 a sin2B b sin2A4 + Bài 11 Bài 12 Ta có : ( ) 1S = dt ABC absinC 2 Δ = ( )+1= absin A B 2 [ ]+1= ab sin A cosB sinBcos A 2 ( ) ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎣ ⎦ + 2 2 2 2 1 a b = ab sin B cosB sin A cos A (do đl hàm sin) 2 b a 1 = a sin B cosB+ b sin A cos A 2 1 = a sin 2B b sin 2A 4 : Cho ABCΔ có trọng tâm G và GAB ,GBC ,GCA .= α = β = γ Chứng minh: ( )2 2 23 a b c cotg + cotg +cotg = 4S + +α β γ Gọi M là trung điểm BC, vẽ MH AB⊥ AHAMH cos AM BH 2BHBHM cosB MB a Δ ⊥⇒ α = Δ ⊥⇒ = = Ta có: AB = HA + HB ( ) ac AMcos cosB 2 1 acos c cosB 1 AM 2 ⇔ = α + ⎛ ⎞⇔ α = −⎜ ⎟⎝ ⎠ Mặt khác do áp dụng định lý hàm sin vào AMBΔ ta có : MB AM 1 asin MBsinB sinB (2) sin sinB AM 2AM = ⇔ α = =α Lấy (1) chia cho (2) ta được : − −α = ac cosB 2c a cosB2cotg = a bsin B a. 2 2R ( ) ( )−− + − + − 2 2 2 2 2 2 2 R 4c 2ac cosBR 4c 2a cosB = = ab abc 3c b a 3c b a = = abc 4S R Bài 13 Chứng minh tương tự : 2 2 2 2 3a c bcotg 4S 3b a ccotg 4S + −β = + −γ = 2 2 Do đó: ( ) α + β + γ + − + − + −= + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cotg cotg cotg 3c b a 3a c b 3b a c 4S 4S 4S 3 a b c = 4S 2 Cách khác : Ta có ( )2 2 2 2 2 2a b c 3m m m a b c (*)4+ + = + + Δ + − + −α = = 2 2 2 2 2 2a a ABM ac m 4c 4m a4cotg (a) 4S 8S Tương tự 2 2 2 2 2 2 b c4a 4m b 4b 4m ccotg (b),cotg (c) 8S 8S + − + −β = γ = Cộng (a), (b), (c) và kết hợp (*) ta có: ( )+ +α + β + γ = 2 2 23 a b ccotg cotg cotg 4S IV. BÁN KÍNH ĐƯỜNG TRÒN Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp ABCΔ và r bán kính đường tròn nội tiếp ABCΔ thì ( ) ( ) ( ) = = = = − = − = − a abcR 2sin A 4S Sr p A B Cr p a tg p b tg p c tg 2 2 2 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABCΔ . Chứng minh: Bài 14 2 A B Ca/ r 4Rsin sin sin 2 2 b/ IA.IB.IC 4Rr = = 2 a/ Ta có : B BHIBH cotg 2 IH Δ ⊥⇒ = BBH rcotg 2 ⇒ = Tương tự = CHC r cotg 2 Mà : BH + CH = BC nên ( ) ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠ +⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = B Cr cotg cotg a 2 2 B Cr sin 2 aB Csin sin 2 2 A B Cr cos 2R sin A sin sin 2 2 2 A A A B Cr cos 4R sin cos sin sin 2 2 2 2 2 A B C Ar 4R sin sin sin . (do cos >0) 2 2 2 2 b/ Ta có : IKsin IA ΑΔ ⊥ ΑΚΙ ⇒ =2 rIA Asin 2 ⇒ = Tương tự = rIB Bsin 2 ; = rIC Csin 2 Do đó : 3rIA.IB.IC A B Csin sin sin 2 2 = 2 3 2r 4Rr (do kết quả câu a)r 4R = = : Cho ABCΔ có đường tròn nội tiếp tiếp xúc các cạnh ABCΔ tại A’, B’, C’. A 'B'C'Δ có các cạnh là a’, b’, c’ và diện tích S’. Chứng minh: Bài 15 ⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟⎝ ⎠ = a' b ' C A Ba/ 2sin sin sin a b 2 2 2 S' A B Cb/ 2sin sin sin S 2 2 2 a/ Ta có : ( ) ( )1 1 1C'A 'B' C'IB' A B C 2 2 2 = = π − = + Áp dụng định lý hình sin vào A 'B'C'Δ a ' 2r sin A ' = (r: bán kính đường tròn nội tiếp ABCΔ ) B Ca ' 2r sin A ' 2r sin (1) 2 +⇒ = = ABCΔ có : a BC BA ' A 'C= = + B Ca r cot g r cot g 2 2 B Csin 2a r (2)B Csin sin 2 2 ⇒ = + + ⇒ = Lấy (1) (2) ta được a B2sin sin a 2 ′ = C 2 Tương tự b' A C2sin .sin b 2 = 2 Vậy a ' b ' C A B2sin sin sin . a b 2 2 2 ⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟⎝ ⎠ b/ Ta có: ( ) ( )1 1 1A 'C'B ' .B 'IA ' C A B 2 2 2 = = π − = + Vậy A B CsinC' sin cos 2 2 += = Ta có: ( )( ) 1 a 'b 'sinC 'dt A 'B 'C 'S ' 2 1S dt ABC absinC 2 Δ= =Δ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⋅ ⋅ ⋅ 2 S ' a ' b ' sinC ' S a b sinC CcosB C A 2 = 4 sin sin sin C C2 2 2 2sin cos 2 2 B C A = 2sin sin sin 2 2 2 Cho ABCΔ có trọng tâm G và tâm đường tròn nội tiếp I. Biết GI vuông góc với đường phân giác trong của . Chứng minh: BCA a b c 2ab 3 a b + + = + Vẽ GH AC,GK BC,ID AC⊥ ⊥ ⊥ IG cắt AC tại L và cắt BC tại N Ta có: Dt( CLN) 2Dt( LIC)Δ = Δ =ID.LC = r.LC (1) Mặt khác: ( ) Dt( CLN) Dt( GLC) Dt( GCN) 1 GH.LC GK.CN (2) 2 Δ = Δ + Δ = + Do cân nên LC = CN CLNΔ Từ (1) và (2) ta được: ( )1 rLC LC GH GK 2 2r GH GK = + ⇔ = + Gọi là hai đường cao ah ,hb ABCΔ phát xuất từ A, B Ta có: a GK MG 1 h MA = = 3 và b GH 1 h 3 = Do đó: ( )a b12r h h (3)3= + Bài 16 Mà: ( ) a b1 1S Dt ABC pr a.h b.h2 2= Δ = = = Do đó: a 2prh a = và b 2prh b= Từ (3) ta có: 2 1 12r pr 3 a b ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ +⎛ ⎞⇔ = ⎜ ⎟⎝ ⎠ + + +⇔ = ⋅ + +⇔ =+ 1 a b1 p 3 ab a b c a b3 2 a 2ab a b c a b 3 b BÀI TẬP 1. Cho ABCΔ có ba cạnh là a, b, c. R và r lần lượt là bán kính đừơng tròn ngoại tiếp và nội tiếp ABCΔ . Chứng minh: a/ ( ) ( ) ( )C A Ba b cotg b c cotg c a cotg 0 2 2 2 − + − + − = b/ r1 cosA cosB cosC R + = + + c/ Nếu A Bcotg ,cotg ,cotg 2 2 C 2 là cấp số cộng thì a, b, c cũng là cấp số cộng. d/ Diện tích ( )ABC R r sin A sinB sinCΔ = + + e/ Nếu : thì 4 4a b c= + 4 ABCΔ có 3 góc nhọn và 22sin A tgB.tgC= 2. Nếu diện tích ( ABCΔ ) = (c + a -b)(c + b -a) thì 8tgC 15 = 3. Cho ABCΔ có ba góc nhọn. Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao vẽ từ A, B, C. Gọi S, R, r lần lượt là diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ABCΔ . Gọi S’, R’, r’ lần lượt là diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của A 'B'C'Δ . Chứng minh: a/ S’ = 2ScosA.cosB.cosC b/ RR' 2 = c/ r’ = 2RcosA.cosB.cosC 4. ABCΔ có ba cạnh a, b, c tạo một cấp số cộng. Với a < b < c Chứng minh : a/ ac = 6Rr b/ A C Bcos 2sin 2 2 − = c/ Công sai 3r C Ad tg tg 2 2 2 ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠ 5. Cho ABCΔ có ba góc A, B, C theo thứ tự tạo 1 cấp số nhân có công bội q = 2. Chứng minh: a/ 1 1 1 a b c = + b/ 2 2 2 5cos A cos B cos C 4 + + =

Tài liệu đính kèm:

Chuyen de He thuc luong trong tam giac(1).pdf

Tài liệu liên quan

Giáo án Hình học 10 cơ bản Chương III: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng - P1
Lượt xem: 1929 Lượt tải: 2
Giáo án Hình học 10 cơ bản tiết 16: Luyện tập về giá trị lượng giác của một góc bất kỳ từ 0 độ đến 180 độ (tiết 2)
Lượt xem: 1525 Lượt tải: 0
Chuyên đề Tự chọn khối 10 Hình học
Lượt xem: 1787 Lượt tải: 0
Giáo án Hình học 10 NC tiết 7: Tích một véc tơ với một số
Lượt xem: 1616 Lượt tải: 0
Bài giảng Hình học Lớp 10 - Bài 4: Hệ trục tọa độ
Lượt xem: 635 Lượt tải: 0
Bài giảng Hình học Lớp 10 - Chương II - Bài: Giá trị lượng giác của một góc bất kỳ từ 0⁰ đến 180⁰
Lượt xem: 565 Lượt tải: 1
Giáo án tự chọn Toán 10 tiết 40 Chủ đề: Giải tam giác - Nội dung: Chứng minh các hệ thức trong tam giác
Lượt xem: 1582 Lượt tải: 0
Giáo án Hình học 10 cơ bản tiết 30: Phương trình đường thẳng (tiết 2)
Lượt xem: 2928 Lượt tải: 2
Đề kiểm tra 1 tiết môn: Toán Hình 10
Lượt xem: 2413 Lượt tải: 2
Chủ đề: Giải tam giác - Tiết 2: Các công thức tính diện tích tam giác
Lượt xem: 3101 Lượt tải: 1